二进制分组也可以说是一种比较优美的拆贡献方式吧？
菩萨为行，福慧双修，智人得果，不忘其本。
——唐朠立《大慈恩寺三藏法师传》
有才而知进退，福慧双修，这才难得。
——乌雅氏
如何福慧双修？被太后教导的甄嬛徘徊在御花园当中。突然，她发现御花园中的花朵全都是红色和蓝色的。她冥冥之中得到了响应：这就是指导她如何福慧双修的！ 现在御花园可以看作是有N块区域，M条小路，两块区域之间可通过小路连接起来。现在甄嬛站在1号区域，而她需要在御花园中绕一绕，且至少经过1个非1号区 域的区域。但是恰好1号区域离碎玉轩最近，因此她最后还是要回到1号区域。由于太后教导她要福慧双修，因此，甄嬛不能走过任何一条她曾经走过的路。但是， 御花园中来往的奴才们太多了，而且奴才们前行的方向也不一样，因此甄嬛在走某条小路的时候，方向不同所花的时间不一定一样。天色快暗了，甄嬛需要尽快知道 至少需要花多少时间才能学会如何福慧双修。如果甄嬛无法达到目的，输出“-1”。
第一行仅2个正整数n,m，意义如题。
接下来m行每行4个正整数s,t,v,w，其中s,t为小路所连接的两个区域的编号，v为甄嬛从s到t所需的时间，w为甄嬛从t到s所需的时间。数据保证无重边。
仅一行，为甄嬛回到1号区域所需的最短时间，若方案不存在，则输出-1
[样例解释]
对于第一个数据：路径为1->2->3->1，所需时间为8，而1->3->2->1所花时间为9。因此答案为8.
[数据范围与约定]
对于40%的数据：n<=1,000; m<=5,000
对于100%的数据：1<=n<=40,000; 1<=m<=100,000; 1<=v,w<=1,000
首先考虑一些性质。对于不与1相连的边，由于边权为正，所以它们是一定不会经过多次的，那么这个限制相当于就去掉了。接下去的问题就出在与1相连的边这里，因为可能从同一条边出入1点最优。
朴素做法：指定一条出边和一条入边，每次计算答案。
考虑答案的出入边$i$和$j$，那么$i,j$一定有一个二进制位不同。于是我们枚举不同的二进制位，将该位为0/1的两类边分别分成出边/入边集合，做完一次dij就枚举入边统计答案。
时间复杂度：$O(n\log^2n)$.
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 40035; 3 const int maxm = 200035; 4 5 struct Edge 6 { 7 int v,c; 8 Edge(int a=0, int b=0):v(a),c(b) {} 9 }edges[maxm]; 10 struct node 11 { 12 int x,d; 13 node(int a=0, int b=0):x(a),d(b) {} 14 bool operator < (node a) const 15 { 16 return d > a.d; 17 } 18 }; 19 int n,m,ans,dis[maxn],dfn[maxn],tim; 20 int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm],tag[maxm]; 21 std::priority_queue<node> q; 22 23 int read() 24 { 25 char ch = getchar(); 26 int num = 0, fl = 1; 27 for (; !isdigit(ch); ch=getchar()) 28 if (ch==‘-‘) fl = -1; 29 for (; isdigit(ch); ch=getchar()) 30 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 31 return num*fl; 32 } 33 void addedge(int u, int v, int c) 34 { 36 edges[++edgeTot] = Edge(v, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot; 37 } 38 void dijkstra() 39 { 40 memset(dis, 0x3f3f3f3f, sizeof dis); 41 ++tim, q.push(node(1, 0)), dis[1] = 0; 42 for (node tmp; q.size(); ) 43 { 44 tmp = q.top(), q.pop(); 45 if (dfn[tmp.x]==tim) continue; 46 dfn[tmp.x] = tim; 47 for (int i=head[tmp.x]; i!=-1; i=nxt[i]) 48 if (tag[i]!=-1) 49 { 50 int v = edges[i].v; 51 if (dis[v] > dis[tmp.x]+edges[i].c) 52 dis[v] = dis[tmp.x]+edges[i].c, q.push(node(v, dis[v])); 53 } 54 } 56 for (int i=head[1]; i!=-1; i=nxt[i]) 57 if (tag[i]==-1&&(ans==-1||(ans > dis[edges[i].v]+edges[i^1].c))) 58 ans = dis[edges[i].v]+edges[i^1].c; 59 } 60 int main() 61 { 62 memset(head, -1, sizeof head); 63 n = read(), m = read(), ans = edgeTot = -1; 64 for (int i=1; i<=m; i++) 65 { 66 int u = read(), v = read(), s = read(), t = read(); 67 addedge(u, v, s), addedge(v, u, t); 68 } 69 for (int d=18; d>=0; --d) 70 { 71 for (int i=head[1]; i!=-1; i=nxt[i]) 72 if ((i>>d)&1) tag[i] = 0, tag[i^1] = -1; 73 else tag[i] = -1, tag[i^1] = 0; 74 dijkstra(); 75 for (int i=head[1]; i!=-1; i=nxt[i]) 76 if ((i>>d)&1) tag[i] = -1, tag[i^1] = 0; 77 else tag[i] = 0, tag[i^1] = -1; 78 dijkstra(); 79 } 80 printf("%d\n",ans); 81 return 0; 82 }
END
原文：https://www.cnblogs.com/antiquality/p/11201322.html